108年中科實中教甄-數學詳解

國立中科實驗高級中學雙語部108年教師甄選 一、填充題  1. 直線 $L_1:2x+y-6=0$，$L_2:8x+9y=6$，$L_1$上的點經由二階方陣$A$的線性變換至$L_2$，$L_2$上的點經由二階方陣$A$的線性變換至$L_1$，試求二階方陣$A=$ _______

解答： $$令A=\begin{bmatrix} a& b\\ c& d\end{bmatrix}，由題意知\cases{L_1:2x+y=6 \\ L_2:8x+9y=6} \Rightarrow \cases{P_1(0,6),P_2(3,0) 在L_1上\\ Q_1(0,2/3), Q_2(3/4,0)在L_2上}\\ 則\cases{P_1'=AP_1= (6b,6d)\\ P_2'=AP_2 = (3a,3c) \\ Q_1'=AQ_1 = (2b/3,2d/3)\\ Q_2'=AQ_2 = (3a/4, 3c/4)} \Rightarrow \cases{P_1'及P_2'在L_2上 \Rightarrow \cases{48b+54d =6 \\ 24a+27c=6}\\ Q_1'及Q_2'在L_1上 \Rightarrow \cases{4b/3+2d/3=6 \\ 3a/2+3c/4=6}} \\ \Rightarrow \cases{\cases{8a+9c=2\\ 6a+3c=24} \Rightarrow \cases{a=7\\ c=-6}\\ \cases{8b+9d=1\\ 2b+d=9} \Rightarrow \cases{b=8\\ d=-7}} \Rightarrow A = \bbox[red,2pt]{\begin{bmatrix} 7& 8\\ -6& -7\end{bmatrix}}$$

2. 已知直角三角形的斜邊長與其中一股長之和為9，則此直角三角形面積的最大值為 _______

解答：

$$假設兩股長為a及b，則斜邊長為9-b \Rightarrow (9-b)^2=a^2+b^2 \Rightarrow  a^2+18b= 81\\算幾不等式: {a^2+9b +9b \over 3} \ge \sqrt[3]{a^2\cdot 9b\cdot 9b} \Rightarrow 27 \ge \sqrt[3]{81a^2b^2} \Rightarrow {27^3\over 81} \ge a^2b^2 \Rightarrow {9\sqrt 3 \over 2} \ge {1\over 2}ab \\ \Rightarrow 三角形面積={1\over 2}ab的最大值為\bbox[red,2pt]{9\sqrt 3\over 2}$$

3. 設$\triangle ABC$中，$\angle A、\angle B、\angle C$的對邊長分別為 $a,b,c$，且 $a,b,c$三數成等差，若$a=20$ 且 $b\cos B=c\cos C$，則$\triangle ABC$ 的內切圓面積為 _______

解答： $$三角形三邊長\cases{a=20\\ b=20+k \\ c=20+2k},k為公差 \Rightarrow \cases{\cos B={20^2+(20+2k)^2- (20+k)^2 \over 40(20+2k)} \\ \cos C= {20^2+(20+k)^2- (20+2k)^2 \over 40(20+k)}}\\ 由題意知: b\cos B= c\cos C\\ \Rightarrow (20+k)\cdot {20^2+(20+2k)^2- (20+k)^2 \over 40(20+2k)} =(20+2k)\cdot {20^2+(20+k)^2- (20+2k)^2 \over 40(20+k)}\\ \Rightarrow 5k(k+4)(3k+40)(k+20)=0 \Rightarrow \cases{k=0\\ k=-4\\ k=-40/3不合(\because c=20+2k < 0\\ k=-20不合(\because b=20+k=0)}\\ 因此\cases{k=0 \Rightarrow a=b=c=20 \Rightarrow \triangle ABC為正\triangle \Rightarrow 內切圓半徑r=20\times {\sqrt 3\over 2} \times {1\over 3}= {10\sqrt 3\over 3} \\k=-4\Rightarrow \cases{a=20\\b=16\\ c=12} \Rightarrow \angle A=90^\circ \Rightarrow (12-r)+(16-r)=20 \Rightarrow r=4} \\ \Rightarrow 內切圓面積=r^2\pi = \bbox[red,2pt]{{100\pi\over 3}或16\pi}$$

4. 考慮每項都由 0 或 1 所形成項數為 25 的數列中，首項與末項都是 0，且此數列的各項中，沒有兩個連續的項為 0 ，也沒有三個連續的項為 1 ，試問滿足上述條件的數列共有 ____ 個。

解答： $$扣除開頭的0，剩下24個字元都是由10或110組合而成的;假設有x個10及y個110組合成數列\\,則2x+3y=24,其中x,y皆為非負整數 \Rightarrow \begin{array}{c|ccccc}x& 12 & 9 & 6 & 3 & 0\\\hline y& 0 & 2 & 4 & 6 & 8 \end{array}\\ \Rightarrow 排列數=1+{11! \over 9!2!} +{10! \over 6!4!} +{9! \over 3!6!} +1 = 1+55+210+84+1 =\bbox[red,2pt]{351}$$

5. 方程式 $(x+7)^{1\over 3}-(x-7)^{1\over 3}=2$，則解方程式得實根中較小者為___。

解答： $$令\cases{a=(x+7)^{1/3} \\b=(x-7)^{1/3}} ，由題意知 a-b=2；\\(a-b)^3 = a^3-b^3-3ab(a-b) \Rightarrow 8=14-6ab \Rightarrow ab=1 \Rightarrow (x+7)^{1/3}\times (x-7)^{1/3}=1\\ \Rightarrow (x+7)(x-7)=1 \Rightarrow x^2=50 \Rightarrow \pm 5\sqrt 2 \Rightarrow 較小的根為\bbox[red,2pt]{-5\sqrt 2}$$

6. 設正實數 $x、y$ 滿足方程式 $\log\left( x^3+{1\over 3}y^3 +{1\over 9} \right)= \log x+ \log y$，則數對$(x,y)=$ _______

解答： $$\log\left( x^3+{1\over 3}y^3 +{1\over 9}\right) =\log x+\log y \Rightarrow x^3+{1\over 3}y^3 +{1\over 9}=xy \cdots(1)\\算幾不等式: \cfrac{x^3+{1\over 3}y^3 +{1\over 9}}{3} \ge \sqrt[3]{x^3y^3 \over 27} ={xy\over 3}，由式(1)知此算機不等式剛好等式成立\\，因此x^3={1\over 3}y^3 ={1\over 9} \Rightarrow \cases{x={1\over \sqrt[3]{9}} ={\sqrt[3]3\over 3}\\y={1\over \sqrt[3]3} ={\sqrt[3]9 \over 3}} \Rightarrow (x,y)= \bbox[red,2pt]{\left({\sqrt[3]3\over 3}, {\sqrt[3]9 \over 3}\right)}$$

7. 將 12 張椅子排成一列，甲乙丙丁四個人坐椅子，且兩兩不相鄰，若第七個椅子一定要有人坐， 則坐法有 _______ 種。

解答： $$椅子編號1-12，第7張一定要有人坐，因此第6及第8張不能坐人；左邊剩下5張、右邊剩下4張椅子;\\左邊坐3人、右邊坐0人\Rightarrow 組合數=1\\左邊坐2人、右邊坐1人\Rightarrow 組合數=6\times 4=24\\左邊坐1人、右邊坐2人\Rightarrow 組合數=5\times 3=15\\ 以上組合數=1+24+15=40，再乘上排列數3!=6，即40\times 6=240，再乘上第7張椅子有4種選擇，\\因此共有240\times 4= \bbox[red,2pt]{960}種坐法$$

8. A袋有一紅一白球，B袋有一白球，若從A袋中任選一球丟入B袋，再從 B 袋中任選一球丟入 A 袋，這樣稱做一局，則四局後紅球在 B 袋中的機率為 _______

解答：

$$假設\cases{狀態S: A袋有1紅球1白球、B袋有1白球\\ 狀態T: A袋有2白球、B袋有1紅球} \Rightarrow \cases{P(S\to S)=3/4\\ P(S\to T)=1/4\\ P(T\to T)=2/4\\ P(T\to S)=2/4}，如上圖\\起始狀態為S，走4步到T，共有2^3=8種走法，如下表：\\\begin{array}{} 路徑 & 機率\\\hline S\to S\to S\to S\to T & 3\times 3\times 3\times 1/4^4 =27/256\\ S\to S\to S \to T\to T & 3\times 3\times 1\times 2/4^4 = 18/256 \\ S\to S\to T\to S\to T & 3\times 1\times 2\times 1/4^4 =6/256\\ S\to S\to T\to T\to T & 3 \times 1\times 2\times 2/4^4 =12 /256\\\hdashline S\to T\to S \to S\to T & 1\times 2\times 3\times 1/4^4 =6/256\\ S\to T\to S\to T\to T & 1\times 2\times 1\times 2/4^4= 4/256 \\ S\to T\to T\to S\to T & 1\times 2\times 2\times 1/4^4 =4/256 \\ S\to T \to T\to T \to T & 1\times 2\times 2\times 2/4^4= 8/256 \\\hline\end{array}\\ \Rightarrow S走4步到T的機率為 (27+18+6+12+6 + 4+ 4+ 8)/256 = \bbox[red,2pt]{85\over 256}$$

9. 實係數二次方程式 $x^2-ax+b=0$ 的二實根 $\alpha、\beta$ 滿足 $-1 \le \alpha \le 0，1 \le \beta \le 2$，則 $a^2+b^2$ 的最小值為 _______

解答： 

$$由題意可知:y=f(x)=x^2-ax+b 為凹向上的拋物線，且兩個介於[-1,0]及[1,2]之間；\\將兩個左右臨界點代入f(x)，並觀察圖形可得:\cases{f(-1) \ge 0\\ f(0) \le 0\\ f(1)\le 0 \\ f(2) \ge 0}，即\cases{1+a+b \ge 0\\ b\le 0\\ 1-a+b \le 0\\ 4-2a+b \ge 0}\\ 下圖著色區域即為聯立方程式之交集，而a^2+b^2=r^2相當於以原點為圓心之一圓，\\其半徑的最小值即為\overline{OD}={1\over \sqrt 2}，因此a^2+b^2的最小值為r^2=\bbox[red,2pt]{1\over 2}$$

10. 求 $\lim_{n\to \infty}\cfrac{({1\over 2n})^p +({2\over 2n})^p + \cdots + ({2n\over 2n})^p }{({1\over 2}+{1\over 2n})^p +({1\over 2}+{2\over 2n})^p +\cdots + ({1\over 2}+{n\over 2n})^p }$ 之值 $(p \gt 0)$ ___

解答： $$f(n)=\cfrac{({1\over 2n})^p +({2\over 2n})^p + \cdots + ({2n\over 2n})^p }{({1\over 2}+{1\over 2n})^p +({1\over 2}+{2\over 2n})^p +\cdots + ({1\over 2}+{n\over 2n})^p }\\ =\cfrac{\sum_{k=1}^{2n} ({k\over 2n})^p}{\sum_{k=1}^n ({1\over 2}+{k \over 2n})^p} =\cfrac{2{1\over 2n}\sum_{k=1}^n ({k\over 2n})^p}{{1\over n}\sum_{k=1}^n ({1\over 2}+{1\over 2}\cdot {k \over n})^p} \\\Rightarrow \lim_{n\to \infty} f(n)=\cfrac{2\int_0^1 x^p\;dx}{ \int_0^1 ({1\over 2}+{1\over 2}x)^p\;dx} =\cfrac{2\over p+1}{{2\over p+1}\cdot \left(1-({1\over 2})^{p+1} \right)} = \cfrac{1}{1-({1\over 2})^{p+1}} =\bbox[red,2pt]{2^{p+1} \over 2^{p+1}-1}$$

11. 平面上有一橢圓 ${x^2\over 25} +{y^2\over 9}=1$ 和一個頂點在 $(0,0)$ 開口向右的拋物線。這兩個圖形相交於兩點 $P、Q$ 且 $P、Q$ 都在 $x=4$ 上，求此拋物線的正焦弦長為 _______

解答： $$x=4與橢圓{x^2\over 25} +{y^2\over 16}=1的交點為(4,\pm {9\over 5});\\拋物線y^2=4cx經過(4,\pm {9\over 5}) \Rightarrow 4c = \bbox[red,2pt]{81\over 100}即為正焦弦長$$

12. 已知圓周上有二十四個等分點，任取三點所組成的三角形中，三個內角均大於 30 度的有_____ 個。

解答： 

$$正24邊形的圓心角為{360\over 24}=15度，因此連續四個邊的圓心角為15\times 4=60度；\\因此對同弧的圓周角為60\div 2=30度，如上圖\angle BAC；\\若要滿足題意，三角形各邊長對應的圓弧至少要隔著24邊形連續四個頂點；\\以上圖為例：\stackrel{\frown}{BC}隔著3個頂點、\stackrel{\frown}{AC}隔著1個頂點、\stackrel{\frown}{AB}隔著5個頂點，只有\angle C超過30度；\\假設頂點代號依序是1-24；\triangle ABC，頂點A在1，B至少要在6(中間隔著4個頂點)，\\C點可選擇的頂點範圍為11-20，有10種選擇；同理，B在7，C則有12-20，共9種選擇；\\下表為A在編號1的所有情形，共有10+9+\cdots+1=55種；\\ \begin{array}{} A & B & C & 數量\\\hline 1 & 6 & 11-20 & 10\\ & 7 & 12-20 & 9 \\ & \cdots & \cdots\\ &15 & 20 & 1\\\hline \end{array}\\ A可從編號1至編號24，共有55\times 24=1320種三角形，需扣除重複，即為1320\div 3=\bbox[red,2pt]{440}個$$

13. 設 $a$ 為實數，多項式函數 $f(x)=2x^5 +20a^3x^2 +2430x +a^2$ 在整個實數上為遞增函數，則實數 $a$ 的範圍為____。

解答： $$f(x)遞增 \Rightarrow f'(x) \ge 0 \Rightarrow 10x^4+40a^3x +2430 \ge 0 \Rightarrow x^4+4a^3x +243 \ge 0; \\ 令g(x)= x^4+4a^3x +243 \Rightarrow g'(x)=4x^3+4a^3; 若g'(x)=0 \Rightarrow x=-a \\ \Rightarrow g(-a) \ge 0 \Rightarrow a^4-4a^4+243 \ge 0 \Rightarrow a^4 \le 81 \Rightarrow \bbox[red,2pt]{-3 \le a \le 3}$$

14. 有一棟摩天大樓有 $n$ 階台階，上樓時一步可走一個台階，也可走兩個台階， 所有不同的上樓方法數記為 $a_n$ ，求 $a_{2019}$ 被 7 除的餘數為___

解答：  $$由題意可知\cases{a_1=1\\ a_2=2\\ a_n=a_{n-1}+a_{n-2}} \Rightarrow a_n=F_{n+1},其中 F_n 為費氏數(\text{Fibonacci number}) \\ \Rightarrow a_{2019} =F_{2020};\\ \langle F_n \mod 7\rangle =\color{blue}{1, 1,2,3,5,1,6,0,6,6, 5,4,2,6,1,0},1,1,2,3,5... \\ \Rightarrow 循環數為16; 2020=16 \times 126+4 \Rightarrow 餘數為第4個，即\bbox[red,2pt]{3}$$

15. 求 $\left[\left( 2+\sqrt 6\right)^{100} \right]$ 的個位數為____。 $[\;]:$ 為高斯符號

解答： $$\cases{(\sqrt 6+2)^{100} +(\sqrt 6-2)^{100} \in N\\ 0\lt (\sqrt 6-2)^{100}\lt 1} \Rightarrow \lfloor (\sqrt 6+2)^{100}\rfloor = (\sqrt 6+2)^{100} +(\sqrt 6-2)^{100} -1\\ 而(\sqrt 6+2)^{100} +(\sqrt 6-2)^{100} =((\sqrt 6+2)^2 )^{50} + ((\sqrt 6-2)^2)^{50} =(10+4\sqrt 6  )^{50} + (10-4\sqrt 6 )^{50}\\ 其中\cases{(10+4\sqrt 6  )^{50} =\sum_{k=0}^{50} C^{50}_k 10^k(4\sqrt 6)^{50-k} \\(10-4\sqrt 6  )^{50} =\sum_{k=0}^{50} C^{50}_k 10^k(-4\sqrt 6)^{50-k}} \\ \Rightarrow (10+4\sqrt 6  )^{50} + (10-4\sqrt 6 )^{50} =2\sum_{k=0}^{25} C^{50}_{2k} 10^{2k}(4\sqrt 6)^{50-2k} =2\sum_{k=0}^{25} C^{50}_{2k} 10^{2k}96^{25-k} \\ \Rightarrow \left((10+4\sqrt 6  )^{50} + (10-4\sqrt 6 )^{50} \right)\mod 10 = 2\times 96^{25} \mod 10 =2 \\ \Rightarrow \lfloor (\sqrt 6+2)^{100}\rfloor =2-1=\bbox[red,2pt]{1}$$

16. 設 $f:N \to R$ ，且滿足 (1) $f(1)={3\over 2}$ (2) $\forall x\in N$ ，$f(x+1) = \left( 1+{1\over x+1}\right) \cdot f(x) + \left( 1+{x\over 2}\right) \cdot f(1) +x^2+ 2x$ ，則$f(40)=$ ___ 。

解答： $$f(x+1)=\left(1+\cfrac{1}{x+1} \right)f(x) + (1+{x\over 2})f(1) +x^2+2x =({x+2\over x+1})f(x)+(x+2) ({3\over 4} +x )\\ =({x+2\over x+1})f(x)+ g(x)，其中g(x)=  (x+2)({3\over 4}+x)\\ \Rightarrow f(40)={41\over 40}f(39)+g(39) ={41\over 40}\left( {40\over 39}f(38) +g(38) \right)+g(39) ={41\over 39}f(38)+ {41\over 40}g(38) +g(39)\\ ={41\over 2}f(1) + {41\over 3}g(1) +{41\over 4}g(2)+\cdots +{41\over 40}g(38) +{41\over 41}g(39) \\ ={123\over 4} +41\left({g(1)\over 3} + {g(2)\over 4} + \cdots + {g(38)\over 40} +{g(39)\over 41} \right)  \cdots(1)\\ 由於g(x)=(x+2)({3\over 4}+x) \Rightarrow {g(x)\over x+2} =x+{3\over 4} \Rightarrow \cases{{g(1)\over 3}= 1+{3\over 4}\\ {g(2)\over 4}= 2+{3\over 4}\\ \cdots \\{g(39)\over 41}=39+{3\over 4}} \\ \Rightarrow {g(1)\over 3}+ {g(2)\over 4} +\cdots +{g(38)\over 40}= 39\times 40\div 2+ 39\times {3\over 4} =780+{117 \over 4} 代回(1)\\ \Rightarrow f(40)= {123\over 4}+41(780+{117\over 4})   = {123\over 4}+ 31980+{4797\over 4} =31980+ 1230 = \bbox[red,2pt]{33210}$$

二、計算題

1. 若 $P$ 為直角坐標平面上一點，$O$ 為原點，且 $A(2,0)、B(0,-2)、\overline{OP}=2$， 則 (1)求 $\overline{PA}^2 \times \overline{PB}^2$ 的最大值 (2)若 $P$點落在 $x$ 軸上方，求 $\overline{PA}\times 3\sqrt 2\overline{PB}$ 的最大值

解答：

(1) $$\overline{OP}=2 \Rightarrow P(2\cos \theta,2\sin \theta) \Rightarrow \cases{\overline{PA}^2 =(2\cos \theta-2)^2+4\sin^2\theta = 8(1-\cos \theta)\\ \overline{PB}^2 = 4\cos^2\theta +(2\sin \theta+2)^2 = 8(1+\sin \theta)} \\ \Rightarrow k=\overline{PA}^2\times \overline{PB}^2=64(1-\cos\theta) (1+\sin \theta)=64(1+\sin\theta-\cos \theta -\sin\theta \cos \theta)\\ 令u=\sin \theta-\cos \theta \Rightarrow \cases{ u=\sqrt 2\sin(\theta-\alpha) \Rightarrow u的最大值為\sqrt 2\\u^2=1-2\sin \theta \cos \theta \Rightarrow \sin\theta \cos \theta = (1-u^2)/2} \\ \Rightarrow k=64(1+u-(1-u^2)/2) = 64({1\over 2}u^2 +u+{1 \over 2}) \\\Rightarrow 當u=\sqrt 2時，k有最大值 64(1+\sqrt 2+{1\over 2})= 96+64\sqrt 2 = \bbox[red,2pt]{32(1+\sqrt 2)^2}$$ (2) $$由(1)知 \cases{\overline{PA} = \sqrt{ 8(1-\cos \theta)} =\sqrt{8\times 2\sin^2{\theta\over 2}} =4\sin{\theta \over 2}\\ \overline{PB} =  \sqrt{ 8(1+\sin \theta)} =\sqrt{8\times (\sin{\theta\over 2}+\cos{\theta\over 2})^2} =2\sqrt 2(\sin{\theta\over 2}+\cos{\theta\over 2})} \\ \Rightarrow k=\overline{PA} + 3\sqrt 2\overline{PB} =4\sin{\theta \over 2} + 12(\sin{\theta\over 2}+\cos{\theta\over 2}) =4(4\sin{\theta\over 2}+ 3\cos{\theta \over 2}) \\ =20\sin({\theta \over 2}+\alpha) \Rightarrow 最大值=\bbox[red,2pt]{20}$$

2. 函數 $f(x)=\sqrt{40-x}+ \sqrt x+ \sqrt{13-x}$，其中 $0\le x\le 13$， (1) $f(x)$ 的最大值為何？此時，$x$ 為何值？ (2) $f(x)$ 的最小值為何？此時，$x$ 為何值？

解答：

(1) $$f(x)=\sqrt{40-x} +\sqrt x+\sqrt{13-x} \Rightarrow f'(x)=-{1\over 2\sqrt{40-x}}+ {1 \over 2\sqrt x}- {1\over 2\sqrt{13-x}}\\ f'(x)=0 \Rightarrow {1\over \sqrt x} ={1\over \sqrt{40-x}} +{1\over \sqrt{13-x}} \Rightarrow {1\over \sqrt{u+4}} ={1\over \sqrt{36-u}} +{1\over \sqrt{9-u}} ，其中 x=u+4\\ 顯然當u=0時 \Rightarrow \cases{{1\over \sqrt{u+4}}={1\over 2} \\ {1\over \sqrt{36-u}} +{1\over \sqrt{9-u}} ={1\over 6}+{1\over 3} ={1 \over 2}} \Rightarrow 原式成立(左式=右式)\\ \Rightarrow 此時 x=u+4=4 \Rightarrow f(4)= \sqrt{36} +\sqrt 4+\sqrt{9} =6+2+3=11 為最大值\\ 即\bbox[red,2pt]{最大值為11,此時x=4}$$ (2) $$將邊界值代入f(x) \Rightarrow \cases{f(0) = \sqrt{40} +\sqrt{13} \\f(13)=\sqrt{27} +\sqrt{13} } \Rightarrow f(0) \gt f(13) \Rightarrow f(13)=3\sqrt 3+\sqrt{13}為最小值\\即\bbox[red,2pt]{最小值為 3\sqrt 3+\sqrt{13},此時x=13}$$